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Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias
Prof. Bárbara Lopes Amaral
September 28, 2016
Conteúdo
Conteúdo 1
I Considerações Gerais sobre Equações Diferenciais 5
1 Equações Diferenciais Ordinárias 7
1.1 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Solução de Equações Diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
II Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem 17
2 Considerações Gerais 19
2.1 EDO's de Primeira Ordem Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.1 Primeiro Método . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.1.2 Segundo método (método informal) . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2 Respostas dos ExercÃcios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1
2 Equações Diferenciais Ordinárias
3 Equações Lineares de Primeira Ordem 27
3.1 Pimeiro caso: P (x) = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Segundo caso: P (x) 6= 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.4 Respostas dos exercícios selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
4 Equações Diferenciais de Primeira Ordem Exatas 35
4.1 Método de Resolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2 Fatores integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.3 Respostas dos Exercícios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
5 Soluções por Substituição 43
5.1 Equações Diferenciais Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5.1.1 Método de Resolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5.2 Equações de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5.3 Respostas dos Exercícios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
6 Considerações qualitativas sobre Equações Diferenciais de Primeira
Ordem: Campos de Direções 53
6.1 Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira Ordem Autônomas . . 57
6.2 Equações não-autônomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
7 Aplicações 65
III Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de Segunda
Ordem 71
8 Teoria Geral das EDO's lineares de segunda ordem 73
8.1 Equações lineares homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
8.2 Determinando uma base para X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
8.3 Independência linear entre funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
8.4 O método de redução de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
8.5 Resposta dos Exercícios Selecionados . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
9 Equações lineares homogêneas de coeficientes constantes 85
9.1 Raízes reais distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
9.2 Uma única raiz real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
9.3 Raízes complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
9.3.1 A exponencial complexa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
9.3.2 Solução da equação no caso de raízes complexas . . . . . . . . . 90
10 Equações lineares de segunda ordem não-homogêneas com coefi-
cientes constantes 95
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10.1 O método dos coeficientes a determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
10.2 O método da variação de parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
10.3 O princípio da superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
11 Aplicações: Sistemas massa-mola e circuitos elétricos 111
11.1 A lei de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
11.2 Movimento livre não amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
11.3 Movimento livre amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
11.3.1 Movimento superamortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
11.3.2 Movimento criticamente amortecido . . . . . . . . . . . . . . . 114
11.3.3 Movimento subamortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
11.4 Movimento forçado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
11.5 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
11.5.1 Capacitores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
11.5.2 Resistores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
11.5.3 Indutores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
11.5.4 Geradores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
11.5.5 A segunda lei de Kirchoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
11.5.6 Circuitos RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
IVSéries de potência e trasformada de Laplace 123
12 Resolução de equações diferenciais através de séries de potência 125
12.1 Revisão de séries de potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
12.1.1 Exemplos importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
12.1.2 Raio de convergência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
12.1.3 Operações com séries de potência . . . . . . . . . . . . . . . . 127
12.1.4 Funções analíticas e séries de Taylor . . . . . . . . . . . . . . 128
12.2 Resolução de EDO's através de séries de potência . . . . . . . . . . . 129
13 Transformada de Laplace 133
13.1 Transformadas Integrais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
13.2 Definição da transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
13.2.1 Linearidade da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . 134
13.3 Exemplos: cálculo da Transformada de Laplace para funções ele-
mentares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
13.4 Transformada de Laplace da derivada de uma função . . . . . . . . . 137
13.5 Resolução de Equações Diferenciais Lineares através da Transformada
de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
13.6 Propriedades adicionais da transformada de Laplace . . . . . . . . . . 140
13.6.1 Deslocamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
13.7 Contração ou expansão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
13.8 A derivada da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 141
4 Equações Diferenciais Ordinárias
13.9 Transformada de Laplace de Funções Descontínuas . . . . . . . . . . 143
13.10A Função Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
13.11Teorema da Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
13.12Exercícios adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Parte I
Considerações Gerais sobre Equações
Diferenciais
5
1
Equações Diferenciais Ordinárias
Em matemática, uma equação diferencial é uma equação cuja incógnita é uma função
de uma ou mais variáveis que aparece na equação juntamente com suas derivadas até
uma certa ordem. As variáveis indepedentes também podem aparecer na equação.
Exemplo 1. A equação
x2
d2y
dx2
+ x
dy
dx
+ x2y = 0 (1.1)
é uma equação diferencial em que a incógnita é a função de uma variável real y(x). O
objetivo é descobrir se existe uma função y(x) que satisfaça essa equação e, se possível,
encontrar essa função explicitamente.
Exemplo 2. A equação
∂u(x, t)
∂t
= α2
∂2u(x, t)
∂x2
(1.2)
em que α é uma constate real, é uma equação diferencial em que a incógnita é a função
de duas variáveis reiais u(x, t). Ela aparece no estudo da condução de calor em uma
barra metálica. O objetivo é descobrir se existe uma função u(x, t) que satisfaça essa
equação e, se possível, encontrar essa função explicitamente.Uma equação diferencial pode ser obtida através das propriedades do problema que
deve ser resolvido, leis físicas ou modelos e suposições sobre o comportamento de de-
terminadas grandezas. O objetivo é encontrar a função desconhecida, que fornecerá
informações adicionais sobre o que está sendo estudado.
As equações diferenciais têm inúmeras aplicações práticas em medicina, engenharia,
química, biologia, física e outras diversas áreas do conhecimento. As soluções destas
equações são usadas, por exemplo, para projetar pontes, automóveis, aviões e circuitos
elétricos. Vários problemas que envolvem taxas de variação nos levarão a uma equação
diferencial. Deste modo, o estudo de equaç
oes diferenciais é um campo extenso na matemática pura e na matemática aplicada.
As equações diferenciais podem ser dividos em equações diferenciais ordinárias e
equações diferenciais parciais.
7
8 Equações Diferenciais Ordinárias
Definição 1. Uma equação diferencial é chamada equação diferencial ordinária (EDO)
se tem como incógnita uma função de uma única variável independente. É chamada
equação diferencial parcial (EDP) se tem como ingógnita uma função de mais de uma
variável independente. Nesse último caso, as derivadas que aparecem na equação são as
derivadas parciais da função desconhecida.
Definição 2. Uma equação diferencial ordinária é chamada linear se pode ser escrita
na forma
an(x)y
(n) + an−1(x)y(n−1) + . . .+ a1(x)y′ + a0(x)y = g(x), (1.3)
onde os coeficientes a0(x), . . . , an(x) são funções conhecidas da variável x e an(x) não
é identicamente nula. Quando g(x) for identicamente nula, dizemos que a equação (1.3)
é homogênea. Se uma equação diferencial ordinária não for do tipo (1.3), dizemos que
ela é não-linear.
Exemplo 3. A equação
x2
d2y
dx2
+ x
dy
dx
+ x2y = 0
é ordinária, pois envolve a função de uma variável real y(x). Ela também é linear, pois
pode ser escrita na forma (1.3) com a0(x) = x
2
, a1(x) = x, a2(x) = x
2
e g(x) = 0.
Ela também é homogêna.
Já a equação
∂u(x, t)
∂t
= α2
∂2u(x, t)
∂x2
é parcial, pois envolve a função de duas variáveis reais u(x, t) e suas derivadas parciais.
Já a equação
y′′ + exy
′
= ln(xy)
é uma equação diferencial ordinária não-linear pois não pode ser escrita na forma (1.3).
Exercício 1. Nas equações diferenciais abaixo, da maneira que se apresentam, decida
se as mesmas são Equações Diferenciais Ordinárias ou Equações Diferenciais Parciais, se
são lineares ou não-lineares. Sempre que possível identifique a função incógnita e a(as)
variável(is) independente(s).
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(a) L
d2Q(t)
dt2
+R
dQ(t)
dt
+
1
C
Q(t) = E(t) (b) y′ + P (x)y +Q(x)y2 = f(x) (Ricatti)
(c) (cos y)y˙ + 2x sen y = −2x (d) dy
dt
+ P (x)y = Q(x)yn (Bernoulli)
(e) p′ = p(a− b ln p) (Gompertz,1825) (f) dP
dt
= αP
(
1− P
P∞
)
(Logística)
(g) t2
d2y
dt2
+ t
dy
dt
+ 2y = sen t (h) (1 + y2)
d2y
dt2
+ t
dy
dt
+ y = et
(i)
d4y
dt4
+
d3y
dt3
+
d2y
dt2
+
dy
dt
+ y = 1 (j) utt = c
2uxx (onda)
(k)
d2θ
dt2
+
g
`
sen θ = 0 (pêndulo simples) (l)
∂u(x, t)
∂t
= α2
∂2u(x, t)
∂x2
(calor)
(m) ut + uxxx + uux = 0
(Korteweg-de Vries, KdV for short) (n)y˙ = αy (Malthus)
(o) u¨+ ω2u = 0
(oscilador harmônico simples) (p) y′ = − y√
a2 − y2 (Perseguição)
(q) x2
d2y
dx2
+ x
dy
dx
+ (x2 − α2)y = 0 (Bessel)
(r)
d
dx
[
(1− x2) d
dx
Pn(x)
]
+ n(n+ 1)Pn(x) = 0 (Legendre)
(s) u′′(r) +
N − 1)
r
u′(r) = 0 (Laplace, radial) (t)utt + uxx = 0 (Laplace)
(u)
dx
dt
= (R−Rc)x− ax3 (Landau) (v)ut + uux = 0 (Burgers)
(x) Aρvtt(x, t) + EIvxxxx(x, t) + kvt(x, t) = −f(x, t)− Aρg (viga)
(z) xny(n)(x) + an−1xn−1y(n−1)(x) + · · ·+ a0y(x) = 0 (Cauchy-Euler)
Definição 3. Uma equação diferencial ordinária (EDO) é uma equação que envolve
uma função de uma variável real desconhecida, y(x), suas derivadas até uma ordem n e
10 Equações Diferenciais Ordinárias
a variável independente x; ou seja, é uma equação da forma
f
(
x, y, y′, y′′, ..., y(n)
)
= 0. (1.4)
Definição 4. A ordem de uma equação diferencial é a ordem da derivada de maior grau
que aparece na equação.
Exemplo 4. A ordem da EDO y′+y = 0 é 1. A ordem da equação y′′+3y′−2y = cos(x)
é 2. A ordem da equação
x2
d5y
dx5
+ x
d3y
dx3
+ (x2 − α2)y = 0
é 5.
Definição 5. Dizemos que uma função φ(x) é solução da equação (1.4) no intervalo
I ⊂ R se a equação é satisfeita quando substituímos y por φ na equação para todo
x ∈ I, ou seja, se
f
(
x, φ, φ′, φ′′, ..., φ(n)
)
= 0. (1.5)
A solução geral de uma equação diferencial é o conjunto de todas as soluções dessa
equação.
Em vários casos, as soluções de uma equação diferencial diferem umas das outras
apenas por constantes aditivas ou multiplicativas, como veremos mais adiante.
Exemplo 5. As funções y1(x) = e
5x
e y2(x) = e
−3x
são soluções da EDO
y′′ − 2y′ − 15y = 0 (1.6)
no intervalo I = R. Para provar esse fato, basta calcular as derivadas de cada uma das
funções e substituir na equação.
Para a função y1, temos y
′
1(x) = 5e
5x
e y′′1(x) = 25e
5x
. Substituindo na equação
(1.6) temos
25e5x − 10e5x − 15e5x = 0,
o que prova que y1 é solução de (1.6).
Para a função y2, temos y
′
2(x) = −3e−3x e y′′1(x) = 9e−3x. Substituindo na equação
temos
9e−3x + 6e−3x − 15e−3x = 0
o que prova que y2 é solução de (1.6).
Já a função y3(x) = e
x
não é solução de (1.6). Nesse caso todas as derivadas são
iguais a própria função y3 e substituindo na equação temos
ex − 2ex − 15ex = −16ex 6= 0.
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Exercício 2. Prove que as funções cos(x) e sen(x) são soluções da equação diferencial
y′′ + y = 0
em toda reta real. Prove que y = cex , onde c é uma constante arbitrária é solução da
equação diferencial
y′ = y
em toda reta real.
Exercício 3. Verifique se as funções φ são soluções das EDO's no intervalo I indicado.
1. φ(x) = sen x, y′′ + y = 0 no intervalo I = R;
2. φ(x) =
√
x(x+ 1), y′ = 1−2x
2y
no intervalo I = (0, 1);
3. φ(x) = Aet +Be−t, y¨− y = 0 no intervalo I = R, sendo A e B constantes reais;
4. φ(x) =
√
x(1− x), y′ = 1−2x
2y
no intervalo I = (0, 1);
5. φ(x) = 2 lnx+ 4, x2y′′ − xy′ + y = 2 ln x no intervalo I = (0,+∞).
Exercício 4. Para cada uma das equações abaixo determine o valor da constante r para
que φ(t) = ert seja uma solução da EDO.
1. y′ + 3y = 0;
2. y′′ + 3y′ + 2y = 0;
3. y′′ − 4y = 0.
Exercício 5. Determine o valor da constante r para que φ(x) = xr seja uma solução
da equação x2y′′ − 4xy′ + 4y = 0 no intervalo I = (0,+∞).
1.1 Problemas de Valor Inicial
Dada a equação (1.6), muitas vezes estamos interessados em soluções da mesma que
satisfaçam também um conjunto de condições iniciais em um dado valor x0.
Definição 6. Um problema de valor inicial (PVI) é uma equação diferencial de ordem
n juntamente com n condições iniciais em um determinado valor x0:{
f
(
x, y, y′, ..., y(n)
)
= 0,
y(x0) = y0, y
′(x0) = y′0, ..., y
(n)(x0) = y
n0
(1.7)
Dizemos que uma função φ é solução do PVI (1.7) se além de ser solução da equação
diferencial, φ também satisfaz todas as condições iniciais.
12 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 6. A função φ(x) = cos(x) é solução do PVI{
y′′ + y = 0
y(0) = 1, y′(0) = 0.
De fato, já sabemos que φ(x) é solução da EDO e além disso temos φ(0) = 1, e portanto
φ também a condição inicial.
Exercício 6. Prove que a função φ(x) = cos(x) − sen(x) é solução do problema de
valor inicial {
y′′ + y = 0,
y(0) = 1, y′(0) = −1.
1.2 Solução de Equações Diferenciais
Uma vez dada a equação diferencial, em geral é uma tarefa extremamente difícil encontrar
sua solução geral. Para algumas famílias especiaisde equações existem métodos que
podemos utilizar para resolvê-las. Esse curso é dedicado a estudar alguns desses métodos.
As equações diferenciais mais simples de resolver são aquelas em que podemos isolar
uma das derivadas da função desconhecida y como uma função da variável independente
x:
y(n)(x) = g(x).
Nesses casos, a equação pode ser resolvida através de integrações sucessivas.
y(x) =
∫ ∫
...
∫
︸ ︷︷ ︸
n vezes
g(x)dx . . . dxdx.
Exemplo 7. Encontre a solução da equação
y′ = x2.
Solução. Para resolver essa equação basta utilizarmos o teorema fundamental do
cálculo:
y =
∫
y′dx+ c
onde c ∈ R é uma constante arbitrária.
Temos então que
y =
∫
y′dx+ c =
∫
x2dx+ c =
x3
3
+ c,
que é a solução geral da equação diferencial.
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Exemplo 8. Encontre a solução da equação
y′′ = cos(x)
Solução. Temos que
y′ =
∫
y′′dx+ c1 =
∫
cos(x)dx+ c1 = sen(x) + c1.
Repetindo o procedimento
y =
∫
y′dx+ c2 =
∫
(sen(x)dx+ c1) dx+ c2 = − cos(x) + c1x+ c2
que é a solução geral da equação.
Exercício 7. Resolva as equações diferenciais abaixo:
1. y′ = k, em que k é uma constante arbitrária;
2. y′′′ = e2x;
3. y′ = arctan(x);
4. y′′ = sen(x).
Quando queremos encontrar a solução de um PVI precisamos encontrar a solução
geral da equação diferencial envolvida e em seguida escolher qual dessas soluções também
satisfaz as condições iniciais.
Exemplo 9. Resolva o problema de valor inicial{
y′ = x2,
y(0) = 1.
Solução. Sabemos que a solução geral da equação diferencial y′ = x2 é y(x) = x
3
3
+ c,
em que c é uma constante arbitrária. Devemos encontrar qual é o valor de c para que a
solução também satisfaça a condição inicial y(0) = 1. Essa condição implica que
y(0) =
0
3
+ c = c = 1.
Logo a solução do PVI é y(x) = x
3
3
+ 1.
Exemplo 10. Resolva o problema de valor inicial{
y′′ = cos(x),
y(0) = 0, y′(0) = 1
14 Equações Diferenciais Ordinárias
Solução. Sabemos que a solução geral da equação diferencial y′′ = cos(x) é y(x) =
− cos(x)+c1x+c2, em que c1 e c2 são constantes arbitrárias. Devemos encontrar o valor
dessas constantes para que a solução satisfaça também as condições iniciais y(0) = 0 e
y′(0) = 1 Essas condições implicam que
y(0) = − cos(0) + c1 × 0 + c2 = −1 + c2 = 0⇒ c2 = 1;
y′(0) = sen(0) + c1 = 1⇒ c1 = 1.
Logo a solução do PVI é y(x) = − cos(x) + x+ 1.
Exercício 8. Encontre a solução do PVI{
y′′′ = 1
y(1) = 5, y′(1) = 7, y′′(1) = 8
1.3 Aplicações
Especialmente para os estudantes de engenharia, o mais importante é saber como pode-
mos aplicar equações diferenciais em problemas de modelagem em diversas áreas do
conhecimento. Boa parte do nosso curso será dedicado a estudar essas aplicações.
Exemplo 11. Em uma população de bactérias, a taxa de natalidade é igual a kt, em
que k é uma constante determinada experimentalmente e t é o tempo em minutos. A
taxa de mortalidade é igual a t2. Encontre a população em função do tempo e descreva
o que acontece quando o tempo é muito grande.
Solução. A taxa de natalidade corresponde à taxa de crescimento da população em
função do tempo. A taxa de mortalidade é a taxa de decrescimento em relação ao
tempo. A taxa de variação da população em relação ao tempo é a taxa de crescimento
menos a taxa de decrescimento. Sabemos também que a taxa de variação da população
em relação ao tempo é a derivada da população em relação ao tempo. Se denotarmos
a população por p(t) temos
p′(t) = kt− t2,
cuja solução geral é
p(t) = k
t2
2
− t
3
3
+ c.
A constante c será determinada pela população inicial.
Quando t é grande, temos que
lim
t→∞
p(t) = −∞.
No entanto, devemos lembrar que não faz sentido valores negativos de p(t), já que p
representa a população de bactérias. Podemos concluir que a população começa maior
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que zero e decresse até se extinguir (repare que a taxa de mortalidade é maior que a
taxa de natalidade).
Exemplo 12. Um objeto percorre uma trajetória unidimensional com aceleração dada
por a(t) = − sen(t) em que t é o tempo em segundos. Encontre a posição do objeto
em função do tempo, sabendo que em t = 0 o objeto se encontra na origem e que sua
velocidade era de 1m/s.
Solução. A partir da aceleração podemos encontrar a velocidade do objeto:
v(t) =
∫
a(t)dt+ c1 = −
∫
sen(t)dt+ c1 = cos(t) + c1.
A partir da velocidade podemos encontrar a posição:
d(t) =
∫
v(t)dt =
∫
(cos(t) + c1) dt+ c2 = sen(t) + c1x+ c2.
Devemos agora verificar quais são so valores de c1 e c2 para que a função d(t) satisfaça
as condições iniciais d(0) = 0 e d′(0) = 1m/s. O leitor poderá verificar facilmente que
essas condições implicam c1 = c2 = 0. Logo d(t) = sen(t).
Ao longo do curso resolveremos diversos problemas desse tipo. Em breve poderemos
resolver exercícios mais sofisticados e equações diferenciais mais interessantes que as
mostradas acima.
Exercício 9. Em uma população de bactérias, a taxa de natalidade é igual a ket, em
que k é uma constante determinada experimentalmente e t é o tempo em minutos. A
taxa de mortalidade é igual a t3. Encontre a população em função do tempo e descreva
o que acontece quando o tempo é muito grande.
Exercício 10. Em uma população de bactérias, a taxa de natalidade é igual a kt2,
em que k é uma constante determinada experimentalmente e t é o tempo em minutos.
A taxa de mortalidade é igual a ln(t). Encontre a população em função do tempo e
descreva o que acontece quando o tempo é muito grande.
Exercício 11. Um objeto percorre uma trajetória unidimensional com aceleração dada
por a(t) = te2t em que t é o tempo em segundos. Encontre a posição do objeto em
função do tempo, sabendo que em t = 0 o objeto se encontra na origem e que sua
velocidade era de 1m/s.
Dada uma equação diferencial, é importante levar em conta que uma solução pode
ou não existir. Outra consideração importante é sobre a unicidade das soluções. Caso
exista solução, ela pode ser única ou não.
Em geral, uma equação diferencial possui várias soluções distintas. Para determinar
unicamente uma solução, precisamos também especificar um conjunto de condições
16 Equações Diferenciais Ordinárias
iniciais. Com algumas suposições sobre a equação diferencial é possível mostrar que um
PVI sempre possui solução e ela é única. Esse resultado é conhecido como Teorema de
Existência e Unicidade para Equações Diferenciais Ordinárias, mas está fora do escopo
desse texto. Veremos casos particulares mais simples desse resultado quando estudarmos
equações de primeira e segunda ordens nos próximos capítulos.
Parte II
Equações Diferenciais Ordinárias
de Primeira Ordem
17
2
Considerações Gerais
Uma equação diferencial ordinária de primeira ordem envolve apenas a derivada primeira
de uma função desconhecida y(x) e pode ser escrita na forma
y′ = f(x, y). (2.1)
Com algumas condições sobre a função f podemos garantir que todo problema de
valor inicial {
y′ = f(x, y)
y(x0) = y0
(2.2)
possui solução única em um intervalo I ⊂ R que contém x0.
Teorema 1 (Teorema de Existência e Unicidade). Suponha que f(x, y) e sua derivada
parcial fy(x, y) sejam contínuas no retângulo
R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
contendo o ponto (x0, y0). Então existe um intervalo aberto I 3 x0, I ⊂ (a, b), no qual
PVI (2.2) possui uma única solução y = φ(x).
A demonstração desse resultado está fora do escopo deste curso.
Exemplo 13. Mostre que o PVI {
y′ − y = 0
y(0) = 1
possui uma única solução em algum intervalo I contendo x0 = 0.
Solução. Para mostrar que a solução existe e é única, vamos usar o Teorema 1. Para
isso, devemos identificar a função f que aparece na equação diferencial. A EDO pode
ser reescrita na forma
y′ = y
e portanto temos f(x, y) = y. Essaé uma função contínua em todo o plano, pois é um
polinômio em y. Sua derivada parcial fy(x, y) = 1 também é uma função contínua em
todo o plano. Logo a equação atende às hipóteses do teorema e ele pode ser utilizado.
19
20 Equações Diferenciais Ordinárias
Com isso podemos garantir a existência de uma solução única para o PVI em um
intervalo I contendo x0 = 0. O teorema não nos diz nada sobre a solução ou sobre o
intervalo I. Veremos como encontrá-los em breve.
Exercício 12. Mostre que o PVI {
y′ = x2y − ey
y(1) = 0
possui solução única em algum intervalo I contendo x0 = 1.
2.1 EDO's de Primeira Ordem Separáveis
Definição 7. Uma EDO de primeira ordem é dita separável se existem funções g : R→
R e h : R→ R tais que
y′ = g(x)h(y). (2.3)
Se as funções g e h são contínuas, então a função f(x, y) = g(x)h(y) e sua derivada
parcial fy(x, y) = g(x)h
′(y) são contínuas e portanto o teorema 1 garante que o PVI{
y′ = g(x)h(y)
y(x0) = y0
(2.4)
possui solução única em algum intervalo I 3 x0.
Veremos agora como resolver uma EDO separável.
2.1.1 Primeiro Método
Para resolver a EDO (2.3) devemos primeiramente reescrevê-la na forma
y′
h(y)
− g(x) = 0.
Definindo n(y) = 1
h(y)
e m(x) = −g(x) temos
n(y)y′ +m(x) = 0.
Sejam
N(y) =
∫
n(y)dy
e
M(x) =
∫
m(x)dx.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 21
Temos que
d
dx
(N(y) +M(x)) =
d
dx
(N(y)) +
d
dx
(M(x))
=
dN
dy
dy
dx
+
dM
dx
= n(y)y′ +m(x).
Utilizando a EDO podemos concluir que
d
dx
(N(y) +M(x)) = 0
o que implica que
N(y) +M(x) = c (2.5)
em que c ∈ R é uma constante real. Note que a equação (2.5) não é uma equação
diferencial e sim uma equação algébrica envolvendo x e y. Essa equação define y
implicitamente e em alguns casos é possível isolar y escrevendo-a como uma função
explícita de x.
Exemplo 14. Resolva a EDO
y′ = yx.
Solução. Primeiramente reescremos a equação na forma
y′
y
− x = 0.
Nesse caso temos n(y) = 1
y
e m(x) = −x. O próximo passo é integrar para encontrar
as funções N(y) e M(y):
N(y) =
∫
1
y
dy = ln |y|
M(x) =
∫
−xdx = −x
2
2
.
Nesse ponto não é necessário somar as constantes de integração pois a constante apare-
cerá no final da solução. Sabemos que a equação N(y) +M(x) = c define y implicita-
mente. Logo temos que
ln |y| − x
2
2
= c.
Nesse caso é possível escrever y explicitamente isolando-o na equação acima:
y(x) = ±ex
2
2
+c.
Essa função pode ser reescrita na forma
y(x) = ±ex
2
2 ec = ke
x2
2 ,
em que k = ±ec é uma constante real que será determinada pela condição inicial.
22 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 13. Resolva a EDO
y′ =
x2
y
utilizando o método apresentado acima. ??
2.1.2 Segundo método (método informal)
Podemos utilizar a notação de derivada para construir um método informal e bastante
prático de resolver equações diferenciais separáveis. Reescrevemos a equação na forma:
dy
dx
= g(x)h(y)
e separamos
1 dy de dx, deixando de um dos lados da equação somente a variável y e
do outro lado somente a variável x:
dy
h(y)
= g(x)dx.
Em seguida integramos ambos os lados∫
dy
h(y)
=
∫
g(x)dx
o que fornecerá uma equação algébrica que define y implicitamente.
Exemplo 15. Resolva a EDO
y′ = yx.
Solução. Reescrevemos a equação separando y e x:
dy
y
= xdx.
Em seguida integramos ambos os lados:∫
dy
y
=
∫
xdx
o que nos leva a equação
ln |y| = x
2
2
+ c.
Aqui podemos colocar a constante de integração em apenas uma das integrais, pois as
duas constantes se somam gerando apenas uma constante no final.
1
Lembre-se que separar dy de dx não é uma operação válida em matemática, pois esses objetos
não possuem significado isoladamente. Esse é um truque que utilizamos para tornar a resolução
de alguns problemas mais prática.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 23
Exercício 14. Obtenha as soluções das seguintes EDOs:
1. y′ = kx;
2. y′ = (1 + y)/(1 + x);
3. y′ = (1 + x)(1 + y);
4. y′ = 2xy + x;
Exercício 15. Para as equações anteriores determine a solução do problema de valor
inicial com y(0) = 1. Diga os domínios de definição das soluções.
Exercício 16. Resolva cada um dos problemas de valor inicial a seguir e desenhe os
gráficos das soluções para diversos valores de y0.
1.

dy
dt
= −y + 5
y(0) = y0
2.

dy
dt
= −2y + 5
y(0) = y0
3.

dy
dt
= −2y + 10
y(0) = y0
2.1.3 Aplicações
Muitas aplicações nos levam a EDO's separáveis. Veremos agora alguns exemplos.
Exemplo 16. Suponha que a taxa de decomposição de um material radioativo seja
diretamente proporcional à quantidade de massa existente em cada unidade de tempo.
Numa amostra desse material há uma perda de 50% em 1600 anos.
1. Escreva a equação diferencial que descreve o processo.
2. Determine a constante de decomposição do material.
3. Determine a quantidade de massa perdida em 800 anos.
24 Equações Diferenciais Ordinárias
Solução. A taxa de decomposição de um material determina a quantidade de material
que se perde ao longo do tempo. Se essa taxa é proporcional à quantidade de material
presente em cada instante de tempo temos que
q′ = −kq
em que q(t) é a quantidade de material no instante t e k é uma constante positiva. O
sinal de menos aparece porque o material está se decompondo, ou seja, a quantidade de
material decresce ao longo do tempo.
Essa equação diferencial é uma equação separável e pode ser facilmente resolvida.
Separando as variáveis q e t temos
dq
q
= −kdt
e integrando obtemos ∫
dq
q
= −
∫
kdt
ln |q| = −kt+ c.
Dessa equação podemos escrever q(t) explicitamente:
q(t) = e−kt+c = q0e−kt.
A constante q0 é igual a quantidade inicial de material presente uma vez que q(0) = q0.
Em seguida devemos encontrar o valor da constante k. Para isso vamos usar a
informação de que após 1600 anos resta 50% do material, ou seja
q(1600) =
q0
2
.
Daí temos que
q0
2
= q0e
−k×1600
1
2
= e−k×1600
o que implica que
k = − ln
(
1
2
)
× 1
1600
.
O valor explícito de k pode ser encontrado com o auxílio de uma calculadora.
Por fim devemos encontrar a fração de material presente após 800 anos. Para isso
basta substituirmos na equação para q(t):
q(800) = q0e
−k×800
o que implica que a fração de material presente em t = 800 é e−k×800. Com o valor de
k encontrado acima e com o auxílio de uma calculadora é fácil encontrar esse valor.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 25
Exemplo 17. Em uma colônia de bactérias a quantidade de bactérias aumenta à uma
taxa proporcional à quantidade de bactérias presentes em cada instante de tempo.
Suponhamos que no tempo considerado a taxa de mortalidade das bactérias é de-
sprezível. Se em 4 horas a quantidade de bactérias triplica, em que tempo ela será
27 vezes a quantidade de bactérias inicial?
Solução. A taxa de natalidade em um determinado instante de tempo é proporcional a
quantidade de bactérias naquele instante. Se denotarmos a população de bactérias em
um instante t por p(t) temos que
p′ = kp
em que k é uma constante de proporcionalidade positiva, já que a taxa de mortalidade
é desprezível. O leitor não terá dificuldades em resolver essa equação.
Exercício 17. Em uma colônia de bactérias a população cresce à uma taxa proporcional
à quantidade de bactérias presentes em cada instante de tempo. Em cada minuto morrem
1000 bactérias por ação de fatores externos. Se em 2 horas a quantidade de bactérias
triplica, em que tempo ela será 9 vezes a quantidade de bactérias inicial?
Exercício 18. Volterra fez o seguinte modelo matemático para descrever a competição
dentre duas espécies que dividem o mesmo meio ambiente
x˙ = x(a1 + a2y)
y˙ = y(b1 + b2x)
,
utilizandoa regra da cadeia o sistema pode ser reduzido à equação
dy
dx
=
y(b1 + b2x)
x(a1 + a2y).
Ache a solução geral dessa equação.
Exercício 19. Uma poderosa ferramenta em pesquisa arqueológica é a datação por
carbono radiotativo, que permite determinar a idade de determinados restos de plantas
e portanto de objetos encontrados junto com elas. Esse procedimento foi desenvolvido
pelo químico americano Willard Libby no início da década de 50, e lhe rendeu o prêmio
Nobel em Química de 1960. O procedimento utiliza o fato de que algumas plantas
acumulam um isótopo do carbono chamado carbono-14, que começa a decair após sua
morte. Através de medidas adequadas feitas em laboratório, a proporção de carbono-14
remanescente pode ser determinada e através dessa proporção é possível saber a idade
da planta.
1. Sabendo que a meia-vida
2
do carbono-14 é de 5730 anos e que a taxa de de-
composição do carbono-14 na planta é proporcional à quantidade de carbono-14
naquele instante de tempo, encontre uma expressão para Q(t);
2
A meia-vida de um material é o tempo necessário para que 50% do material tenha se decom-
posto.
26 Equações Diferenciais Ordinárias
2. Suponha que foram descobertos restos de plantas em que a quantidade de carbono-
14 atual é igual a 20% da quantidade original. Determine a idade dos restos.
2.2 Respostas dos ExercÃcios Selecionados
ExercÃcio ??: 3y2 − 2x2 = c.
ExercÃcio 4:
1. y(x) = kx
2
2
+ c;
2. y(x) = k(x+ 1)− 1;
3. y(x) = ke
x2
2
+x − 1;
4. y(x) = ke
x2−1
2
.
ExercÃcio 16:
1. y(t) = ke−t + 5;
2. y(x) = ke
−2t+5
2
;
3. y(x) = ke
−2t+10
2
.
3
Equações Lineares de Primeira Ordem
Uma equação diferencial linear é uma equação diferencial que pode ser escrita na forma
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ ...+ a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x).
O nome linear vem do fato de que todos os coeficientes são funções de x e a função
y e as suas derivadas têm todas expoente 1 (ou 0).
A equação
x2y′′′ + sen(x)y′′ + arctan(x)y′ + ex
3
y = x cos(x)
é um exmeplo de equação linear (de ordem 3). Já a equação(
d2y
dx2
)3
− 2xy = 1
é um exemplo de uma equação não linear.
Alguns casos particulares:
1. Quando g(x) = 0, a equação é chamada de equação diferencial linear homogênea.
2. Quando ai(x) forem funções constantes, a equação é chamada de equação difer-
encial linear com coeficientes constantes.
Nessa seção, estudaremos equações diferenciais lineares de primeira ordem, que são
equações da forma
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x)
com a1(x) 6= 0. Dividindo toda a equação por a1(x) obtemos
dy
dx
+ P (x)y = Q(x). (3.1)
Nesse caso, a função f(x, y) que aparece na equaçao (2.1) é f(x, y) = −P (x)y +
Q(x). Essa função e sua derivada parcial fy(x, y) serão contínuas desde que P (x) e
27
28 Equações Diferenciais Ordinárias
Q(x) sejam funções continuas de x. Sob essas condições o teorema de Existência e
Unicidade pode ser aplicado e podemos garantir que o PVI{
dy
dx
+ P (x)y = Q(x)
y(x0) = y0
possui solução única definida em um intervalo I contendo x0. Veremos em breve como
encontrar essa solução. Começaremos pelo caso trivial.
3.1 Pimeiro caso: P (x) = 0
Quando P (x) = 0 caímos novamente no caso visto na seção 1.2. A equação assume a
forma
dy
dx
= Q(x).
Como vimos, essa equação pode ser resolvida com uma integração simples:
y(x) =
∫
Q(x)dx.
Quando integrarmos aparecerá uma constante que será determinada posteriormente a
partir da condição inicial.
Exemplo 18. Resolva o PVI {
dy
dx
= x sen(x)
y(0) = 0.
Solução. Temos que
y(x) =
∫
x sen(x)dx.
A integral acima pode ser resolvida através do método de integração por partes, com
u = x e dv = sen(x)dx. Completando o cálculo da integral o leitor concluirá que
y(x) = −x cos(x) + sen(x) + c.
A condição inicial implica que a constante c é igual a zero e portanto temos que a solução
do PVI acima é
y(x) = −x cos(x) + sen(x).
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 29
3.2 Segundo caso: P (x) 6= 0
Para resolvermos essa equação vamos manipulá-la para que ela tome a forma
dh
dx
= m(x),
em que h(x) e m(x) são funções relacionadas a y(x), P (x) e Q(x). Uma vez que isso
tenha sido feito, basta aplicar o método visto na seção anterior para encontrar h(x), o
que nos levará facilmente a y(x) como veremos em breve.
O método consiste em encontrar uma função u(x) de modo que, ao multiplicarmos
a equaßão 3.1 por u(x), a equaß ao resultante
u(x)
dy
dx
+ u(x)P (x)y = u(x)Q(x)
possa ser reescrita na forma
d
dx
(u(x)y(x)) = u(x)Q(x). (3.2)
Se isso for possível, temos que
u(x)y(x) =
∫
u(x)Q(x)dx,
e isso implica que
y(x) =
∫
u(x)Q(x)dx
u(x)
,
de modo que a equação estará resolvida. Resta saber se é possível encontrar a função
u(x) que satisfaça essa condição.
Precisamos encontrar uma função u(x) tal que a derivada
d
dx
(u(x)y(x)) (3.3)
seja igual a
u(x)
dy
dx
+ u(x)P (x)y.
Aplicando a regra do produto à equação (3.3), temos que
d
dx
(u(x)y(x)) = u(x)
dy
dx
+
du
dx
y(x).
Daí temos que
u(x)
dy
dx
+ u(x)P (x)y = u(x)
dy
dx
+
du
dx
y(x).
30 Equações Diferenciais Ordinárias
Para que essa igualdade seja verdadeira precisamos que
du
dx
= uP (x)
que é uma equação diferencial separável para u(x). Vamos agora resolver essa equação.
O primeiro passo é separar de um lado da equação tudo que envolve a função u e
do outro tudo que envolve a variável x:
du
u
= P (x)dx.
Integrando ambos os lados obtemos∫
du
u
=
∫
P (x)dx
ln |u| =
∫
P (x)dx
o que implica que
u(x) = e
∫
P (x)dx.
Com isso conseguimos mostrar a existência de uma função u(x) que leva a equação
(3.1) em uma equaçao da forma (3.2). Logo a solução da EDO (3.1) é
y(x) =
∫
u(x)Q(x)dx
u(x)
em que
u(x) = e
∫
P (x)dx.
A função u(x) é chamada fator integrante.
Exemplo 19. Resolva o PVI {
dy
dx
+ y = 1
y(0) = 2.
Solução. A equação diferencial que aparece no PVI acima é uma EDO linear com
P (x) = 1 e Q(x) = 1. O primero passo para resolvê-la é encontrar o fator integrante
u(x). Para isso, multiplicamos ambos os lados da equaß ao por u(x), obtendo
uy′ + uy = u.
Devemos encontrar u de modo que
d
dx
(uy) = uy′ + u′y︸ ︷︷ ︸
Regra da Cadeia
= uy′ + uy︸ ︷︷ ︸
Lado esquerdo da EDO
.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 31
Essa condição implica que
u′ = u
que é uma EDO separável para u(x). Essa equação pode ser resolvida facilmente,
fornecendo
u(x) = e
∫
dx = ex.
Daí temos que
d
dx
(exy(x)) =
∫
exdx
e portanto
y(x) =
ex + c
ex
= 1 + ce−x
em que c é uma constante que será determinada pela condição inicial.
Como a condição inicial impõe y(0) = 2 temos que
y(0) = 1 + c = 2
o que implica que c = 1. Logo a solução do PVI é
y(x) = 1 + e−x.
Exemplo 20. Resolva o PVI {
y′
x
− 2y
x2
= x cos(x)
y(pi) = 0.
Solução. Primeiramente devemos reescrever a equação na forma usual, multiplicando
todos os termos por x. Isso fornece a equação
y′ − 2y
x
= x2 cos(x).
Em seguida devemos encontrar o fator integrante
u(x) = e
∫
P (x)dx = −
∫
2dx
x
= e−2 ln(x) =
1
x2
.
Usando o fator integrante podemos escrever a equação diferencial na forma
d
dx
( y
x2
)
= cos(x)
o que implica que
y(x) = x2 sen(x) + cx2.
O leitor não terá dificuldades em mostrar que a condição inicial y(pi) = 0 implica que
c = 0 de modo que a solução do PVI acima é
y(x) = x2 sen(x).
32 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 20. Resolva as EDO's lineares que encontrar na lista abaixo.
1. y′ + 2xy = 0;
2. y′ + ln(xy) = cos(xy);
3. y′ + y = sen(x);
4. y′ + xy = xy2;
5. xy′ − 2y = x3 cos(4x).
Exercício 21. Resolva cada um dos problemasde valor inicial a seguir e desenhe os
gráficos das soluções para diversos valores de y0.
(a)

dy
dt
= −y + 5
y(0) = y0
(b)

dy
dt
= −2y + 5
y(0) = y0
(c)

dy
dt
= −2y + 10
y(0) = y0
Observe que você já resolveu essas equações na seção anterior. Compare as respostas
obtidas utilizando os dois métodos diferentes.
Exercício 22. Mostre que se y = φ(t) é uma solução de y′+p(t)y = 0, então y = cφ(t)
também é uma solução para qualquer valor da constante c.
3.3 Aplicações
Equações lineares possuem inúmeras aplicações em diversas áreas do conhecimento.
Veremos aqui alguns exemplos.
Exemplo 21. Em um tanque há 500l de água limpa. a partir de um certo instante de
tempo, uma solução salina entra no tanque a uma taxa de 2l por minuto. A concentração
de sal na água que entra é de 50g por litro. A solução é bem misturada dentro do tanque
e sai dele também a uma taxa de 2l por minuto. Encontre a quantidade de sal dentro
do tanque como uma função do tempo.
Solução. O problema nos fornece informações sobre a taxa de entrada e saída de sal
do tanque, ou seja, a partir do enunciado do problema podemos descobrir qual é a taxa
de variação da quantidade de sal em relação ao tempo. Denotando a quantidade de sal
no instante de tempo t por Q(t), devemos encontrar Q′(t). Para isso devemos encontrar
a taxa de entrada de sal e a taxa de saída de sal do tanque.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 33
A taxa de entrada de sal será a quantidade de sal que entra no tanque, em gramas,
a cada minuto. Em um minuto entram no tanque 2l de solução salina, sendo que cada
litro contém 50g de sal. Logo a taxa de entrada de sal é de
2l/min× 50g/l = 100g/min.
Vejamos agora qual é a quantidade de sal que sai do tanque. A cada minuto saem
do tanque 2l de solução bem misturada. A quantidade de sal em cada litro de água que
está dentro do tanque é
Q(t)
500
. Logo a taxa de saída de sal do tanque é de
2l/min× Q(t)
500
g/l =
Q(t)
250
g/min.
Desse modo a equação diferencial que modela o processo é
Q′(t) = 100− Q(t)
250
que é uma equação linear e portanto pode ser resolvida utilizando os métodos mostrados
nesse capítulo.
Exercício 23. Em um tanque há 500l de água limpa. A partir de um certo instante de
tempo, uma solução salina entra no tanque a uma taxa de 4l por minuto. A concentração
de sal na água que entra é de 200g por litro. A solução é bem misturada dentro do
tanque e sai dele também a uma taxa de 4l por minuto. Encontre a quantidade de sal
dentro do tanque como uma função do tempo.
Exercício 24. Em um tanque há 5kg de sal dissolvidos em 500l. A partir de um certo
instante de tempo, o tanque começa a ser lavado e água limpa entra a uma taxa de 4l
por minuto. A solução é bem misturada dentro do tanque e sai dele também a uma
taxa de 4l por minuto. Quanto tempo demora para que a quantidade de sal dentro do
tanque seja 10% do valor inicial?
3.4 Respostas dos exercícios selecionados
Exercício 20:
1: y(x) = ce−x
2
.
3: y(x) = sen(x)
2
− cos(x)
2
+ ce−x.
5: y(x) = x
2 sen(4x)
4
+ cx2.
As equações dos itens 2 e 4 não são lineares.
Exercício 23: Q(t) = 100.000
(
1− e −t125
)
.
Exercício 24: Q(t) = 10e
−t
125 . Aproximadamente 4, 8 horas.
4
Equações Diferenciais de Primeira Ordem Exatas
Observe atentamente o exemplo abaixo.
Exemplo 22. Resolva o PVI 
xy′ + y = 0
y(1) = 1
.
Solução. A equação diferencial que aparece no PVI acima é uma equação linear bem
simples e pode ser facilmente resolvida se utilizarmos o método visto no capítulo anterior.
No entanto, vamos resolvê-la usando um método diferente.
Observe que o lado esquerdo da equação é igual à derivada em relação a x da função
φ(x) = xy(x), uma vez que pela regra do produto temos
φ′(x) = xy′ + y.
Logo a equação diferencial pode ser reescrita na forma
d
dx
φ(x) = 0
, cuja solução é φ(x) = c, em que c é uma constante real qualquer. Assim temos que
xy(x) = c ⇒ y(x) = c
x
e temos a solução geral da equação.
O leitor não terá dificuldades em verificar que para que a condição inicial y(1) = 1
seja satisfeita devemos ter c = 1.
Muitas outras equações podem ser resolvidas de modo semelhante. Essas equações
são chamadas equações exatas.
Definição 8. Dizemos que uma equação diferencial de primeira ordem é exata se existe
uma função Ψ : R2 → R tal que, definido φ(x) = Ψ (x, y(x)), a equação pode ser
reescrita na forma
d
dx
φ(x) = 0. (4.1)
35
36 Equações Diferenciais Ordinárias
No exemplo acima, temos Ψ(x, y) = xy.
Uma vez encontrada a função Ψ o problema está resolvido: a função y é dada
implicitamente pela equação
φ(x) = c
em que c é uma constante real qualquer.
Obviamente, nem toda equação de primeira ordem pode ser reescrita nessa forma.
Em seguida veremos como verificar se isso é possível e, em caso afirmativo, veremos
como encontrar a função Ψ.
Dada uma função Ψ(x, y), a regra da cadeia para funções de várias variáveis implica
que
d
dx
φ(x) =
d
dx
Ψ (x, y(x)) =
∂Ψ
∂x
+
∂Ψ
∂y
dy
dx
.
Isso implica que para que a equação seja exata, ela deve ser da forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
em que
M(x, y) =
∂Ψ
∂x
e N(x, y) =
∂Ψ
∂y
.
Sabemos que, se M e N são contínuas e possuem derivadas parciais contínuas, vale
∂
∂y
∂Ψ
∂x
=
∂
∂x
∂Ψ
∂y
Daí temos que, se a equação é uma equação exata ,
My = Nx.
Teorema 2. Uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é exata se, e somente
se, pode ser reescrita na forma
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0 (4.2)
em que
My = Nx. (4.3)
4.1 Método de Resolução
Uma vez que a equação seja exata, devemos encontrar a função Ψ para resolvê-la.
Sabemos que
Ψx = M(x, y) e que Ψy = N(x, y).
O primeiro passo é escolher qualquer uma das condições acima e integrar em relação à
variável correspondente. Vamos escolher a primeira, mas tudo pode ser feito de maneira
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 37
análoga se escolhemos a segunda. Integrando a primeira condição em relação a x temos
que
Ψ(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ h(y).
A função h(y) funciona como a constante de integração nesse caso. Como a integração
é somente em relação a x, a �constante� de integração pode depender da variável y.
Vamos agora usar a segunda condição para encontrar a função h(y). Sabemos que
∂Ψ
∂y
=
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ h′(y) = N(x, y)
o que implica que
h′(y) = N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx.
Logo temos que
h(y) =
∫ (
N(x, y)− ∂
∂y
∫
M(x, y)dx
)
dy
e a função Ψ(x, y) está determinada. Com isso, temos a solução y(x, y) definida im-
plicitamente pela equação
Ψ(x, y) = c
em que c é uma constante a ser determinada através da condição inicial.
Exemplo 23. Mostre que a EDO
2x+ 3 + (2y − 2)y′ = 0
é exata e resolva-a.
Solução. A EDO é de fato exata, já que M(x, y) = 2x + 3 e N(x, y) = 2y − 2, o
que implica que My = Nx = 0. Para resolver a equação devemos encontrar a função Ψ.
Começamos com a condição
∂Ψ
∂x
= 2x+ 3.
Integrando em relação a x temos
Ψ(x, y) = x2 + 3x+ h(y).
Vamos agora usar a condição
∂Ψ
∂y
= 2y − 2
para encontrar a função h(y). Temos que
∂Ψ
∂y
= h′(y) = 2y − 2
38 Equações Diferenciais Ordinárias
o que implica que
h(y) = y2 − 2y.
Logo
Ψ(x, y) = x2 + 3x+ y2 − 2y
e a equação
x2 + 3x+ y2 − 2y = c
define a solução y(x) implicitamente.
Exemplo 24. A EDO
1 +
(
x
y
− sen(y)
)
y′ = 0
não é exata. De fato, My = 0 e Nx =
1
y
.
Exemplo 25. Resolva o PVI
2xy + (x2 − 1) dy
dx
= 0
y(0) = −2
Solução. Antes de fazer qualquer conta, devemos verificar se a equação é exata. Nesse
caso temos My = Nx = 2x e de fato ela é exata.
Para encontrar a função Ψ(x, y) vamos agora começar da segunda condição
∂Ψ
∂y
= x2 − 1.
Integrando em relaçãoa y temos
Ψ(x, y) = x2y + y + h(x).
Agora utilizamos a primeira condição para encontrar a função h(x). Temos que
∂Ψ
∂x
= 2xy + h′(x) = 2xy
o que implica que h′(x) = 0 e portanto podemos usar h(x) = 0. Daí temos que
Ψ(x, y) = x2y − y
e a equação
x2y − y = c
define y implicitamente. Isolando y temos
y(x) =
c
x2 − 1 .
O leitor não terá dificuldades em mostrar que para que a condição inicial y(0) = −2
seja satisfeita devemos ter c = 2.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 39
Exercício 25. Resolva o PVI
xy2 − cos(x) sen(x)− y(1− x2)dy
dx
= 0
y(0) = 2
Exercício 26. Resolva as equações diferenciais exatas que encontrar na seguinte lista:
1. (x− y)y′ + (−x+ y + 2) = 0;
2. y′ =
y − x+ 1
−x+ y + 3 ;
3. (x2 + y2)y′ + xexy + 1 = 0;
4. y′ =
√
y.
Exercício 27. Encontre a solução geral das EDOs exatas que econtrar na lista abaixo:
1. e2y − y cos(xy) + (2xe2y − x cos(xy) + 2y) y′ = 0;
2.
(
2y − 1
x
+ cos(3x)
)
y′ + y
x2
− 4x3 + 3y sen(3x) = 0;
3. (x2 − 4xy) + 5xy′ = 0;
4. (x+ y)2 + (2xy + x2 − 1)y′ = 0.
Exercício 28. Encontre o valor da constante k tal que
(y3 + kxy4 − 2x) + (3xy2 + 20x2y3)y′ = 0.
4.2 Fatores integrantes
Em alguns casos, uma equação diferencial que não é exata pode ser transformada em uma
equação exata se usarmos um fator integrante u(x, y). Essa função tem a propriedade
de que quando a multiplicamos em ambos os lados da equação ela passa a ser uma
equação exata.
Seja
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
uma equação que não é exata. Queremos saber se existe uma função u(x, y) de modo
que
u(x, y)M(x, y) + u(x, y)N(x, y)y′ = 0
40 Equações Diferenciais Ordinárias
seja exata. Para que isso aconteça, u(x, y) deve ser tal que
∂
∂y
u(x, y)M(x, y) =
∂
∂x
u(x, y)N(x, y)
que pela regra do produto implica que
uy(x, y)M(x, y) + u(x, y)My(x, y) = ux(x, y)N(x, y) + u(x, y)Mx(x, y). (4.4)
Essa é uma equação diferencial parcial para u(x, y) que em geral é muito difícil de re-
solver. Podemos no entanto supor que a função u dependa apenas de uma das variáveis,
apenas de x, u(x), ou apenas de y, u(y).
Se u depende apenas de x, a equação (4.4) passa a ser
uMy(x, y) = N(x, y)
du
dx
+ uMx(x, y)
e pode ser reescrita na forma
du
dx
=
My −Nx
N
u.
Isso só é possível se
My −Nx
N
é uma função que depende apenas de x.
Teorema 3. Uma equação diferencial
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
possui um fator integrante u(x) que depende apenas de x se, e somente se,
My −Nx
N
depende apenas de x.
Exemplo 26. Mostre que a equação
cos(x) +
(
1 +
2
y
)
sen(x)y′ = 0
possui um fator integrante que depende apenas de x.
Solução. Nesse caso, temos
My −Nx
N
=
0−
(
1 + 2
y
)
cos(x)(
1 + 2
y
)
sen(x)
=
cos(x)
sen(x)
,
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 41
que é uma função apenas de x. Logo a equação diferencial
u′ =
cos(x)
sen(x)
u
é uma EDO separável que fornece o fator integrante u(x). Assim temos que
u(x) cos(x) + u(x)
(
1 +
2
y
)
sen(x)y′ = 0
é uma equação exata e pode ser resolvida através do método mostrado anteriormente.
Exercício 29. Encontre a solução geral da equação
2y2 + 3x+ 2xyy′ = 0.
Exercício 30. Mostre que uma equação diferencial
M(x, y) +N(x, y)y′ = 0
possui um fator integrante u(y) que depende apenas de y se
Nx −My
M
depende apenas de y.
Exercício 31. Mostre que a equação
1 +
(
x
y
− sen(y)
)
y′ = 0
possui um fator integrante que depende apenas de y. Encontre a solução geral dessa
equação.
Exercício 32. Uma porção de uma corrente com 1m de comprimento é ligeiramente
enrolada ao redor de uma estaca na borda de uma plataforma horizontal elevada, e o
restante da corrente fica em repouso ao longo da borda da plataforma. Suponha que
o comprimento da corrente enrolada é de 30cm e que o peso da corrente é de 1kg. O
peso da porção da corrente que não está enrolada faz com que a corrente se desenrole
suavemente até cair no chão. Quando todas as forças de resistência são ignoradas, o
comprimento da corrente que não está enrolada x(t) obedece a equação
xv
dv
dx
+ v2 = 32x
Em que v é a velocidade da corrente. Encontre a velocidade com que a corrente deixa
a plataforma.
42 Equações Diferenciais Ordinárias
4.3 Respostas dos Exercícios Selecionados
Exercício 25: y(x) =
√
sen2(x)−4
x2−1 ;
Exercício 4:
1. xy − y2
2
− x2
2
+ 2x = c;
2. 3y − xy + y2
2
+ x
2
2
− x = c;
3. Não é exata;
4. Não é exata.
Exercício 4:
1. xe2y − sen(xy) + y2 = c;
2. Não é exata;
3. Não é exata;
4. −y + x2y + xy2 + x3
3
= c.
Exercício 28: k = 10.
Exercício 29: x2y2 + x3 = c.
Exercício 31: xy + y cos(y)− sen(y) = c.
5
Soluções por Substituição
Algumas equaç�es não se encaixam em nenhum dos casos vistos nos capítulos anteriores.
No entanto, é possível fazer uma mudança de variáveis que transforma a equação em
uma outra que sabemos como resolver. Existem inúmeras maneiras de fazer isso e nesse
capítulo veremos alguns dos exemplos mais importantes.
Exemplo 27. A equação diferencial
y′ = (x− y + 1)2
não é separável, nem linear, nem exata. Não temos, portanto, meios de resolvê-la através
dos métodos vistos até agora. No entanto, essa equação pode ser levada a uma equação
diferencial separável através da mudança de variáveis
z(x) = x− y + 1.
Com a função z(x) definida dessa forma temos
z′(x) = 1− y′(x).
Utilizando a equação diferencial temos que
z′ = 1− (x− y + 1)2 = 1− z2
de modo que z(x) satisfaz
z′ = 1− z2,
uma equação separável que conseguimos resolver. Separando x e z na equação acima
obtemos
dz
1− z2 = dx
que por sua vez fornece
ln |z + 1| 12 + ln |z − 1|− 12 = x+ c.
43
44 Equações Diferenciais Ordinárias
Aplicando a exponencial a ambos os lados obtemos
(z + 1)
1
2 (z − 1)− 12 = kex
em que k = ±ec. Essa equação define z implicitamente. Utilizando o fato de que
z = x− y + 1 obtemos a equação
(x− y + 2) 12 (x− y)− 12 = kex
que define y implicitamente.
A ideia do exemplo acima é introduzir uma nova função z(x) relacionada a y(x) de
modo que a equação diferencial para y(x) implique uma equação diferencial para z(x)
que caia em algum dos casos para os quais existe um método de solução. Uma vez
resolvida a equação para z(x) podemos utilizar a relação entre essa função e y(x) para
recuperar y(x), a solução da equação original que queríamos resolver. Essa é a mesma
ideia envolvida em todas as soluções de EDO's através de substituição. O que muda de
um caso para outro é formato da nova função z(x).
Exercício 33. Mostre que a equação diferencial
y′ = f(Ax+By + C)
pode ser transformada em uma equação diferencial separável através da substituição
z(x) = Ax+By + C.
5.1 Equações Diferenciais Homogêneas
Definição 9. Dizemos que uma função f(x, y) é homogênea se existe α ∈ R tal que
f(cx, cy) = cαf(x, y).
A constante α é chamada de grau da função homogênea f(x, y).
Exemplo 28. A função f(x, y) = x4 − y4 é homogênea de grau 4, uma vez queremos
f(cx, cy) = c4x4 − c4y4 = c4(x4 − y4) = c4f(x, y).
Já a função g(x, y) = x2 − 3y2 − 5xy é homogênea de grau 2, como o leitor não terá
dificuldades de mostrar. A função h(x, y) = x+ y2 + 1 não é homogênea já que
h(cx, cy) = cx+ c2y2 + 1 6= cα(x+ y2 + 1)
não importa qual seja o valor de α.
Exercício 34. Verifique se as seguintes funções são homogêneas e determine o grau:
1. f(x, y) = x2 − 4xy + 6y2;
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 45
2. f(x, y) = x4 + y4;
3. f(x, y) = x4 + y4 + 4;
4. f(x, y) = 3
√
x2 + y2;
5. f(x, y) = x
3y
+ 5.
Definição 10. Dizemos que uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é
homogênea se ela pode ser escrita na forma
F (x, y) +G(x, y)y′ = 0
em que as funções F (x, y) e G(x, y) são homogêneas de mesmo grau.Exemplo 29. A equação (
x2 + y2
)
+
(
x2 − xy) y′ = 0
é homeogênea pois F (x, y) = x2 + y2 e G(x, y) = x2 − xy são homogêneas de grau 2.
Já equação (
x3 + y3
)
+
(
x2 − xy) y′ = 0
não é homeogênea pois F (x, y) = x3 + y3 é homogênea de grau 3 e G(x, y) = x2 − xy
é homogênea de grau 2. A equação(
x3 + y3 + 1
)
+
(
x2 − xy) y′ = 0
não é homogênea porque a função F (x, y) = x3 + y3 + 1 não é homogênea.
5.1.1 Método de Resolução
Equações homogêneas podem ser resolvidas através da substituição y(x) = xz(x). Por
serem funções homogêneas F (x, y) e G(x, y) podem ser reescritas na forma
F (x, y) = F (x× 1, x× z(x)) = xαF (1, z(x))
G(x, y) = G (x× 1, x× z(x)) = xαG (1, z(x)) .
Substituindo na equação diferencial temos
xαF (1, z) + xαG (1, z) y′ = 0
Utilizando a regra do produto temos que y′ = z + xz′. Daí temos que a equação
diferencial pode ser reescrita na forma
xαF (1, z) + xαG (1, z) (z + xz′) = 0.
46 Equações Diferenciais Ordinárias
Vamos agora manipular essa equação para mostrar que ela é uma equação separável
para a funçãoz(x). Temos que
(z + xz′) =
−xαF (1, z)
xαG (1, z)
= −F (1, z)
G (1, z)
o que nos leva a
xz′ = −F (1, z)
G (1, z)
− z
o que implica que
dz
−F (1,z)
G(1,z)
− z =
dx
x
.
Observe que uma equação homogênea pode ser escrita na forma
y′ = f(x, y)
em que a função
f(x, y) = −F (1, z)
G (1, z)
depende apenas de z = y
x
. Desse modo é equivalente dizer que uma equação é ho-
mogênea se pode ser escrita na forma
y′ = f
(y
x
)
.
Independente do modo como a equação esteja escrita, a mudança de variável z(x) =
xy(x) transforma a equação em uma equação separável que pode ser resolvida facil-
mente.
Exemplo 30. A equação diferencial
y′ =
2x− y
y
é uma equação diferencial homogênea já que pode ser escrita na forma
y − 2x+ yy′ = 0
em que M(x, y) = 2x − y e N(x, y) = y são funções homogêneas de grau 1. Para
resolvê-la utilizamos a mudança de variável
y(x) = xz(x).
Temos que y′ = z + xz′ e por isso a equação pode ser reescrita na forma
xz − 2x+ xz(z + xz′) = 0
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 47
que pode ser simplificada para
z − 2 + z2 + xzz′ = 0,
que em seguida pode ser escrita na forma
z′ = −z
2 + z − 2
xz
.
Essa é uma equação separável que pose ser facilmente resolvida. Separando de um lado
a função z e do outro a variável x temos
zdz
z2 + z − 2 = −
dx
x
.
Integrando ambos os lados e observando que a integral do lado esquerdo pode ser feita
através de frações parciais temos
ln |z + 2| 23 + ln |z − 1| 13 = − ln |x|+ c.
Aplicando a exponencial em ambos os lados temos que
(z + 2)
2
3 (z − 1) 13 = k
x
em que k = ±ec é uma constante real arbitrária. Essa equação define a função z(x)
implicitamente e substituinto z = y
x
temos que(y
x
+ 2
) 2
3
(y
x
− 1
) 1
3
=
k
x
.
A constante k pode ser encontrada a partir das condições iniciais.
Exemplo 31. Encontre a solução geral da equação(
y2 + yx
)
+ x2y′ = 0.
Solução. Fazendo a substituição y(x) = xz(z) a equação pode ser reescrita na forma(
x2z2 + x2z
)
+ x2 (z + xz′) = 0
que pode ser simplificada para (
z2 + 2z
)
+ xz′ = 0.
Separando z e x temos
dz
z2 + 2z
= −dx
x
48 Equações Diferenciais Ordinárias
cuja solução geral é
z
1
2 (z + 2)−
1
2 = kx−1
que define z implicitamente. Substituindo z por y
x
temos que a equação(
y(x)
x
) 1
2
(
y(x)
x
+ 2
)− 1
2
= kx−1
define a solução y implicitamente.
Exercício 35. Resolva as equações diferenciais homogêneas abaixo:
1. (x2 + y2) + (x2 − xy) y′ = 0;
2.
(
2
√
xy − y)+−xy′ = 0;
3. (2x3y) + (x4 + y4) y′ = 0;
Exercício 36. Resolva as equações homogêneas que encontrar na lista abaixo.
1. 5x− y + 3xy′ = 0;
2. x2 + y2 − 2xy′ = 0;
3. xy′ + y = 3;
4. xy + 1 + y2y′ = 0;
5. ey/x + y′ − y
x
= 0.
5.2 Equações de Bernoulli
Definição 11. Dizemos que uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é uma
equação de Bernoulli se pode ser escrita na forma
y′ + P (x)y = Q(x)yn (5.1)
Para a resolver uma equação de Bernoulli, podemos fazer uma substituição que leva
a equação a uma equação diferencial linear de primeira ordem, que já sabemos resolver.
Começamos dividindo ambos os membros por yn, o que nos leva a equação
y−ny′ + P (x)y1−n = Q(x). (5.2)
Definimos agora
z(x) = (y(x))1−n
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 49
cuja derivada é
z′ = (1− n)y1−n−1y′ = (1− n)y−ny′.
Multiplicando ambos membros da equação (5.2) por 1− n, obtemos
(1− n)y−ny′ + (1− n)P (x)y1−n = (1− n)Q(x)!
que pode ser reescrita na forma
z′ + (1− n)P (x)z = (1− n)Q(x).
A última equação é uma equação diferencial linear que (supondo, como acima, P(x)
e Q(x) contínuas) pode ser resolvida pelo processo anteriormente descrito. A partir da
solução dessa equação linear podemos chegar à solução y(x) se substituirmos z por y1−n.
Exemplo 32. Resolva a seguinte equação diferencial
dy
dx
+
1
x
y = xy2.
Solução.
Dividindo ambos os lados da equação por y2 obtemos
y′y−2 +
1
x
y−1 = x.
Vamos agora utilizar a seguinte mudança de variáveis:
z(x) = y−1.
Calculando a derivada de z(x) temos
z′ = −y−2y′.
Podemos então reescrever a equação diferencial na forma
z′ − 1
x
z = −x (5.3)
que é uma equação diferencial linear para z(x). Vamos agora resolver essa equação.
Temos que
P (x) = −1
x
e Q(x) = −x
o que implica ∫
P (x) dx =
∫
−1
x
dx = − lnx = lnx−1
que por sua vez implica que
u(x) = e
∫
P (x) dx = elnx
−1
= x−1.
50 Equações Diferenciais Ordinárias
Daí temos que(
x−1y(x)
)
=
∫
e
∫
P (x) dxQ(x) dx =
∫
−x−1x dx =
∫
−1 dx,= −x.
Assim a solução geral da equação (5.3) é dada por
x−1z = −x+ c.
Para x 6= 0, essa equação é equivalente a
z = −x2 + cx,
ou seja, temos
z(x) = −x2 + cx.
Substituindo z por y−1, temos
y−1 = −x2 + cx,
o que equivale a,
y(x) =
1
−x2 + cx.
Exercício 37. Resolva as equações de Bernoulli abaixo:
1. y′ +
1
x
y = (cosx)y−2;
2.
dy
dx
+ x2y = x2y4.
Exercício 38. Mostre que a equação (cos y)y′+2x sen y = −2x pode ser transformada
em uma equação linear. (Sugestão: z = sen y).
Exercício 39 (Equação de Ricatti). A equação
y′ + P (x)y +Q(x)y2 = f(x) (5.4)
é chamada Equação de Ricatti.
1. Mostre que se y1(x) e y2(x) são soluções da equação (5.4), então, a função
z(x) = y2(x)− y1(x) é a solução da equação de Bernoulli
z′ = (P + 2y2Q)z −Qz2.
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2. Sabendo que y(x) = x é uma solução da equação de Ricatti
y′ + x3y − x2y2 = 1,
determine as demais soluções.
3. Sabendo que y(x) = x2 é uma solução da equação de Ricatti
y′ = y2 + 2x− x4,
determine as demais soluções.
5.3 Respostas dos Exercícios Selecionados
Exercício 34:
1. A função é homogênea de grau 2;
2. A função é homogênea de grau 4;
3. A função não é homogênea;
4. A função é homogênea de grau
2
3
;
5. A função é homogênea de grau 0.
Exercício 35:
1. ln
∣∣ y
x
+ 1
∣∣2 |x| = y
x
+ c;
2.
(√
y
x
− 1)2 = kx;
3.
∣∣∣ y4x4 + 3∣∣∣ 16 ∣∣ yx∣∣ 13 = kx .
Exercício 36:
1.
(
y
x
+ 5
) 3
2 = k
x
;
2. A equação não é homogênea;
3. y(x) = −x ln (ln |x|+ c) ;
52 Equações Diferenciais Ordinárias
4. A equação não é homogênea;
5. A equação não é homogênea.
Exercício 37: (Atenção! Esse exercício foi modificado!)
1. y(x) = 1
3
√
1+cex3
;
2. x3y3 = x(x2 − 6) sen(x) + 3(x2 − 2) cos(x) + c.
6
Considerações qualitativas sobre Equações Diferenciais de
Primeira Ordem: Campos de Direções
Quando estamos trabalhando com equações diferenciais ordinárias de primeira ordem,
podemos obter várias informações qualitativas sobre o comportamento da solução mesmo
quando a equação não pode ser resolvida.Como a solução da equação se comporta na
vizinhança de um determinado ponto? Qual é o comportamento da solução quando
x tende a infinito? Veremos que perguntas como essas e várias outras podem ser
respondidas a partir do Campo de Direções da equação.
A utilidade do campo de direções está ligada ao importante fato do cálculo diferencial:
A derivada
dy
dx
(x0) de uma função y(x) representa a inclinação da reta tangente ao
gráfico de y no ponto (x0, y(x0)) . Além disso, se a inclinação é positiva a função y(x)
é crescente e se a inclinação é negativa a função y(x) é decresente.
Em geral, se soubermos a inclinação da função y(x) em todos os pontos onde ela
está definida poderemos responder várias perguntas sobre seu comportamento.
Exemplo 33. A figura abaixo mostra o gráfico da função f(x) = x2.
Na primeira parte da figura o gráfico aparece sozinho e na segunda parte ele aparece
acompanhado de vários segmentos de reta azuis que representam a inclinação da reta tan-
gente ao gráfico naqueles pontos. A terceira parte da figura mostra apenas os segmentos
de reta. Observe que a partir deles é possível ter uma ideia razóavel do comportamento
da função , mesmo sem ter o seu gráfico completo. Usaremos um procedimento semel-
hante para estudarmos o comportamento das soluções de uma equação diferencial de
primeira ordem.
53
54 Equações Diferenciais Ordinárias
Quando uma equação diferencial ordinária de primeira ordem está escrita na forma
dy
dx
= f(x, y)
é fácil descobrir qual é a inclinação da solução em cada ponto do plano (x, y). Para
isso, em cada ponto do plano podemos desenhar um pequeno segmento de reta com
inclinação dada por f(x, y). Esse pequeno segmento de reta ilustra a inclinação da
reta tangente ao gráfico da solução y(x) que passa por esse ponto. Esses pequenos
segmentos de reta são chamados elementos lineares.
Se calcularmos o valor de f(x, y) em uma malha retangular de pontos no plano e
em cada um desses pontos desenharmos o elemento linear correspondente, obteremos
uma coleção de pequenos segmentos de reta que é chamada de Campo de Direções da
equação diferencial.
Em cada ponto da malha o segmento de reta do campo de direções representa a
inclinação da reta tangente ao gráfico da solução que passa por aquele ponto.
Visualmente o campo de direções sugere a aparência ou a forma das soluções da
equação diferencial. Em geral é possível vizualizar determinados aspectos qualitativos
das soluções, como regiões de crescimento ou decrescimento, comportamento no infinito,
etc. Cada uma das soluções da equação deve acompanhar o padrão determinado pelo
campo: quando a solução passa por um ponto da malha ele deve ser tangente ao
elemento linear correspondente.
Exemplo 34. Os exemplos abaixo mostram vários campos de direções e algumas soluções
exatas são representadas geometricamente. Observe como as soluções seguem o fluxo
determinado pelo campo.
 
 
56 Equações Diferenciais Ordinárias
Exemplo 35. O campo de direções da equação y′ = −y mostrado nas duas figuras
abaixo foi contruído utilizando um programa de computador. A diferença entre ois dois
campos está na malha retangular utilizada. Observe que na segunda figura são utilizados
mais pontos na malha, o que facilita a vizualização do comportamento da solução. Uma
das soluções dessa equação diferencial é exibida. Observe como ela acompanha o fluxo
determinado pelo campo de direções.
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Exemplo 36. A figura abaixo mostra um campo de direções para a equação
y′ = sen(x+ y)
construído a partir de um programa de computador. A figura também mostra uma das
soluções da mesma equação diferencial. Observe como a solução acompanha o fluxo
determinado pelo campo.
6.1 Equações Diferenciais Ordinárias de Primeira
Ordem Autônomas
Definição 12. Dizemos que uma equação diferencial de primeira ordem é autônoma se
a variável independente x não aparece explicitamente, ou seja, se ela pode ser escrita na
forma
dy
dx
= f(y). (6.1)
Equações autônomas são sempre separáveis, pois podemos reêscrevê-las na forma
dy
f(y)
= dx
58 Equações Diferenciais Ordinárias
separando a função y da variável x. No entanto, a integral envolvida pode ser complicada
e pode ser útil obter informações qualitativas sobre y a partir do campo de direções.
Para uma equação autônoma o valor de y′ pode ser encontrado a partir de y, uma
vez que x não aparece na equação. Por isso, é bem mais fácil desenhar o campo de
direções nesses casos.
Exemplo 37. A figura abaixo mostra o campo de direções da equação diferencial
y′ =
−y
2
.
Observe que para um mesmo valor de y (linhas horizontais) todos os elementos lineares
são iguais. A figura também mostra uma das soluções da equação diferencial.
Definição 13. Dizemos que uma solução constante y(x) = c da equação autônoma
y′ = f(y) (6.2)
é uma solução de equilíbrio.
Observe que a função constante y(x) = c é solução da equação (6.2) se, e somente
se, f(c) = 0.
No exemplo 37 temos uma única solução de equilíbrio, a saber, a solução constante
y(x) = 0.
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Exemplo 38. As figuras abaixo mostra o campo de direções da equação diferencial
y′ =
y(y2 − 4)
2
.
Observe que para um mesmo valor de y (linhas horizontais) todos os elementos lineares
são iguais, o que é uma consequência do fato de que a equação diferencial é autônoma.
As soluções de equilíbrio nesse caso são y(x) = 2, y(x) = 0 e y(x) = −2. A primeira
figura mostra uma das soluções da equação diferencial com condição inicial 0 < y(0) < 2
e a segunda figura mostra uma das soluções com condição inicial y(0) > 2. Observe
que o comportamento da solução depende fortemente da condição inicial.
60 Equações Diferenciais Ordinárias
Observe no exemplo acima que as soluções com condição inicial y(0) próxima de
0 se aproximam da solução estável y(x) = 0. Quando isso acontece dizemos que a
solução é uma solução de equilíbrio estável. Caso contrário, dizemos que é uma solução
de equilíbrio instável. Observe que no exemplo acima as soluções y(x) = 2 e y(x) = −2
são soluções de equilíbrio instável.
6.2 Equações não-autônomas
Quando temos uma equação diferencial que não é autônoma o desenho do campo de
direções é mais complexo porque nesse caso os elementos lineares dependem também
de x. A melhor estratégia é encontrar primeiro o conjunto de pontos do plano em que
os elementos lineares são horizontais, ou seja, encontrar o conjunto de pontos do plano
onde temos y′ = f(x, y) = 0. Em seguida devemos fixar um valor c ∈ R e encontrar
o conjunto de pontos do plano que satisfazem y′ = f(x, y) = c. Nesse conjunto de
pontos todos os elementos lineares serão idênticos e sua inclinação será dada pelo valor
de c.
Exemplo 39. As figuras abaixo mostram o campo de direções da equação diferencial
y′ = x− y.
O conjunto de pontos para os quais y′ = 0 é a reta y = x. Observe que sobre essa reta
todos os elementos lineares no campo são horizontais. Fixado c o conjunto de pontos
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em que o elemento linear possui inclinação c é a reta y = x− c, que é uma reta paralela
à reta y = x. Observe que sobre essas retas todos os elementos lineares são idênticos.
62 Equações Diferenciais Ordinárias
Exercício 40. Para as equações diferenciais abaixo, desenhe um campo de direções e
determine o comportamento de y quando t torna-se muito grande. Se esse comporta-
mento depender do valor inicial y(0), descreva essa dependência.
(a) y′ = 3− 2y (b) y′ = 2y − 3
(c) y′ = 3 + 2y (d) y′ = y(4− y)
(e) y′ = −y(5− y) (f) y′ = y2
(g) y′ = y(y − 2)2 (h) y′ = −2 + t− y
(i) y′ = te−2t − 2y (j) y′ = 3 sen(t) + 1 + y
Exercício 41. A equação diferencialdP
dt
= P (aP − b)
com a e b constantes positivas é um modelo populacional bem conhecido, chamado de
modelo logísitico. Esboce o campo de direções da equação diferencial e verifique o que
acontece com a população quando o tempo é muito grande.
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Exercício 42. Outro modelo populacional é dado pela equação
dP
dt
= kP − h
em que k e h são constantes positivas. Esboce o campo de direções dessa equação
diferencial e verifique para quais valores da população inicial o modelo prediz que a
população será extinta.
Após resolver esses exercícios você pode conferir a sua resposta plotando o campo de
direções das equações no link http://www.im.ufrj.br/waldecir/calculo2/interativo/
campo_dir.html
7
Aplicações
Exemplo 40. Por volta do ano de 1840, o matemático e biólogo belga P. F. Verhulst
interessou-se por modelos matemáticos para predizer a população humana de vários
países. Uma das equações estudadas por ele foi a equação
dP
dt
= rP
(
1− P
k
)
,
onde r e k são constantes positivas relacionadas às taxas de natalidade e mortalidade e
migração respectivamente. Essa equação ficou conhecida como equação logística e sua
solução como função logística.
A equação
dP
dt
= kP
não fornece um modelo preciso quando a população é muito grande, uma vez que em
caso de superpopulação, devemos considerar os efeitos prejudiciais sobre o meio ambiente
como poluição e competição por alimentos e outros rescursos, o que implica em um fator
que inibe o crescimento populacional. O termo −bP 2 pode ser interpretado como esse
termo de �inibição�. Observe que quando a população é pequena o termo positivo
domina, o que implica em um crescimento da população. Quando a população é muito
grande o termo negativo domina, o que leva a um decrescimento da população.
A equação logística é uma equação linear e pode ser resolvida facilmente, fornecendo
a solução
P (t) =
kP0e
rt
k + P0 (ert − 1) .
Quando o tempo é muito grande, t→∞ temos que a população se estabiliza próxima
ao valor k. A figura abaixo mostra um exboço da solução.
65
66 Equações Diferenciais Ordinárias
O modelo logístico é particularmente bom para modelar populações de determinados
tipos de bactérias, vírus, protozoários e de alguns insetos, como a pulga-d'água e a mosca
da fruta. Além disso, a equação logística possui inúmeras aplicações em outras áreas:
medicina, para modelar o crescimento de tumores; química, para modelar reações; em
economia, para modelar o sucesso de uma inovação; Em linguística, para modelar como
uma língua varia ao longo do tempo, entre outras.
Exercício 43. Suponha que um estudante portador de um vírus da gripe frequênte um
campus isolado com cerca de 1000 estudantes. Supondo que a taxa de propagação do
vírus seja proporcional tanto ao número de estudantes infectados quanto ao número de
estudantes não infectados, determine o número de estudantes infectados após seis dias
se for observado que após 4 dias 50 estudantes foram infectados.
Exemplo 41. Uma poderosa ferramenta em pesquisa arqueológica é a datação por
carbono radiotativo, que permite determinar a idade de determinados restos de plantas
e portanto de objetos encontrados junto com elas. Esse procedimento foi desenvolvido
pelo químico americano Willard Libby no início da década de 50, e lhe rendeu o prêmio
Nobel em Química de 1960. O procedimento utiliza o fato de que algumas plantas
acumulam um isótopo do carbono chamado carbono-14, que começa a decair após sua
morte. Através de medidas adequadas feitas em laboratório, a proporção de carbono-14
remanescente pode ser determinada e através dessa proporção é possível saber a idade
da planta.
Prof. Bárbara Amaral - DEFIM - UFSJ 67
1. Sabendo que a meia-vida do carbono-14 é de 5730 anos e que a quantidade de
carbono-14 na planta em função do tempo Q(t) satisfaz a equação diferencial
Q′ = −rQ, determine a constante de decaimento r para o carbono-14;
2. Encontre uma expressão para Q(t);
3. Suponha que foram descobertos restos de plantas em que a quantidade de carbono-
14 atual é igual a 20% da quantidade original. Determine a idade dos restos.
Solução. Como o leitor pode facilmente verificar, a solução para a equação diferencial
Q′ = −rQ é Q(t) = Q0e−rt em que Q0 é a quantidade de carbono original na amostra.
A meia-vida de um elemento quuímico é o tempo necessário para que metade da amostra
tenha decaído. Isso quer dizer que para o carbono 14
Q(5730) =
Q0
2
ou seja,
e−r5730 =
1
2
.
Aplicando a função ln em ambos os lados e com o auxílio de uma calculadora é possível
encontrar o valor de r da equação acima. Para resolver o último item, precisamos
encontrar o valor de t para o qual Q(t) = 0.2Q0, ou seja, e
−rt = 0.2. Com o valor de
r encontrado no item anterior e com o auxílio de uma calculadora encontramos o valor
de t desejado.
Exercício 44. Foi encontrado um osso fossilizado que contém um milésimo da quanti-
dade original de C-14. Estime a idade do fóssil.
Exemplo 42. Suponha que um empréstimo é feito a uma taxa de r% ao mês. Suponha
que os juros sejam compostos continuamente, ou seja, suponha que em cada instante
de tempo o aumento no valor dos juros a serem pagos é proporcional ao valor devido
naquele instante de tempo. Isso quer dizer que
dV
dt
= rV
o que fornece a solução
V = VP · er·t
em que V é o Valor Futuro, VP é o Valor Presente e r é a taxa de juros continuamente
composta.
Exercício 45. Resolva os problemas de modelagem enunciados abaixo.
68 Equações Diferenciais Ordinárias
1. Após um experimento, um tanque contém 200 l de uma solução de tinta a uma
concentração de 1 g/l. Um novo experimento será feito e para isso é necessário
que o tanque seja limpo. O tanque é lavado com água fresca, que entra a uma
taxa de 2 l/min. A solução bem misturada sai à mesma taxa. Encontre o tempo
necessário para que a concentração de tinta atinja 1% do seu valor inicial.
2. Um tanque contém 500 l de água fresca. é despejada uma solução contendo 300 g
de sal a cada 5 litros a uma taxa de 10 l/min e a mistura sai do tanque à mesma
taxa. Após 10 min o processo é parado e é despejada água fresca a uma taxa de
10 l/min e a mistura sai à mesma taxa. Encontre a quantidade de sal no tanque
após mais 10 min.
3. Um tanque contém 500 l de água e 2 Kg de sal. água contendo uma concentração
de sal de
1+sen(t)
4
g/l entra no tanque a uma taxa de 10 l/min e a mistura no
tanque sai à mesma taxa.
a) Encontre a quantidade de sal no tanque em qualquer instante;
b) Desenhe a solução para um período de tempo suficientemente grande, de
modo que você possa ver o comportamento limite da solução;
c) O comportamento limite da solução é uma oscilação em torno de um valor
limite. Qual é esse nível? Qual é a amplitude da oscilação?
4. Pablo investe k reais por ano a uma taxa anual de rendimento r. Suponha que os
investimentos sejam feitos continuamente e que o rendimento é composto contin-
uamente.
a) Determine a quantia S(t) acumulada em qualquer instante t;
b) Se r = 7, 5%, determine k de modo que esteja disponível R$1 milhão para
a aposentadoria de Pablo após 40 anos;
c) Se k = 2000 reais/ano, determine a taxa de rendimento r para se ter R$1
milhão após 40 anos.
5. Lucas e Silmara se casaram e desejam comprar um imóvel, mas não querem pagar
mais que 2 mil reais por mês de prestação do financiamento. Suponha que a taxa
de juros é de 9% ao ano e que o financiamento é de 20 anos. Suponha que os juros
são compostos continuamente e que os pagamentos sejam feitos continuamente.
a) Determine o empréstimo máximo que eles podem pedir;
b) Determine os juros totais pagos durante todo o empréstimo.
6. Geraldo tem uma quantia S(t) investida que rende juros a uma taxa anual r
composta continuamente.